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tags: L3PFON, Correction
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# corrigé du TD06 suite L3PFON
### Règle d'or de Fermi
$$
\def\ket#1{{|#1\rangle}}
\def\bra#1{{\langle #1 |}}
\def\un{{\mathbb{I}}}
\def\moy#1{{\langle #1 \rangle}}
\def\abs#1{{\left| #1 \right|}}
\def\dd{\mathrm{d}}
\def\ed{\mathrm{e}}
$$

Pour une perturbation de la forme
$$W(t) = W_0 e^{- i \omega_0 t }$$
et dans la limite $t\rightarrow\infty$, à partir de l'Eq. $\eqref{eq:pert}$, on peut montrer que les seules transitions
${|\phi_i\rangle} \rightarrow {|\phi_n\rangle}$ permises sont celles dont les énergies vérifient $E_n=E_i+\hbar\omega_0$. De plus, toujours dans la limite $t\rightarrow\infty$, on trouve que
$\mathcal{P}_{\phi_i \rightarrow\phi_n}$ est une fonction linéaire de
$t$ et que la probabilité de transition par unité de temps
$\tau_{i \rightarrow n}$ est donnée par :

$$
\begin{equation}
\tau_{i \rightarrow n} \equiv \lim_{t \rightarrow \infty}\frac{d}{d t} \mathcal{P}_{\phi_i \rightarrow\phi_n} = \frac{2\pi }{\hbar} \left\lvert {\langle\phi_n|} W_0 {|\phi_i\rangle} \right\rvert^2 \delta(E_n-E_i- \hbar\omega_0)
\tag{2}
\end{equation}
$$

Souvent, on est intéressé par toutes les transitions partant de l'état
${|\phi_i\rangle}$ vers tous les états
${|\phi_n\rangle}$ accessibles (qui auront donc les énergies
$E_n=E_i+ \hbar \omega_0$). C'est pourquoi on définit le tau de
transition $\tau_i$ à partir de l'état ${|\phi_i\rangle}$ de
la façon suivante : $\tau_i = \sum_n \tau_{i \rightarrow n}$.

1. vérifier que l'Eq. $\eqref{eq:FGR}$ est bien homogène.

$W_0$ est homogène à une énergie $[E]$ et $\bra{\phi_n}\phi_n\rangle$ n'a pas de dimension. $\delta(E_n-E_i- \hbar\omega_0)$ est homogène à l'inverse d'une énergie. donc
$$
\frac {1}{\hbar}\left[ \left\lvert {\langle\phi_n|} W_0 {|\phi_i\rangle} \right\rvert^2 \delta(E_n-E_i- \hbar\omega_0) \right] = [E/\hbar]
$$
est donc bien homogène à l'inverse d'un temps ($E$ est une énergie).

2. Montrer que si $\left\lvert {\langle\phi_n|} W_0 {|\phi_i\rangle} \right\rvert^2 \equiv T_i(E_n)$ ne dépend pas explicitement de $n$ mais uniquement de l'énergie $E_n$ de l'état ${|\phi_n\rangle}$, alors :

$$
\begin{equation}
\tau_i = \frac{2\pi }{\hbar} \rho(E_i+\hbar\omega_0)
T_i(E_i+\hbar\omega_0)
\tag{3}
\end{equation}
$$

On donnera l'expression de $\rho(E)$, qui est appelée la densité
d'états.

De façon générale : soit $f(E_n)$ une fonction qui ne dépend de $n$ que via l'énergie $E_n$.
Alors :
$$
\sum_n f(E_n) = \sum_n \int_\mathbb{R} f(E) \delta(E-E_n) \dd E =
\int_\mathbb{R} f(E) \left(\sum_n \delta(E-E_n)\right) \dd E
$$
On note $\rho(E) = \sum_n \delta(E-E_n)$ et on obtient :
$$
\sum_n f(E_n) = \int_\mathbb{R} f(E)\rho(E)\dd E
$$

En appliquant ce "truc" au cas présent, on obtient :
$$
\sum_n \tau_{i \rightarrow n} = \int_\mathbb{R} \frac{2\pi}{\hbar}W^2(E) \delta(E-E_i-\hbar\omega_0)\rho(E)
$$
où $W^2(E_n) = \abs{\bra{\phi_n} W_0 \ket{\phi_i}}^2$.
En effectuant l'intégrale, on ontient :
$$
\sum_n \tau_{i \rightarrow n} = \frac{2\pi}{\hbar} \abs{\bra{\phi_{E_n}} W_0 \ket{\phi_i}}^2 \rho(E_n)
$$
où $E_n = E_i + \hbar\omega_0$, et $\rho(E)$ est donnée par :
$$
\rho(E) = \sum_n \delta(E-E_n).
$$

3. On considère maintenant que l'ensemble des énergies $E_n$ des états
finaux forment un continuum (donc $n$ est une variable continue). On note ${|\phi_n\rangle}$, les solutions de l'équation de Schrödinger stationnaire $(H_0-E_n){|\phi_n\rangle} = 0$,
telle que ${\langle\phi_n| \phi_n' \rangle} =\delta(n-n')$.

1. Soit ${|\psi\rangle}$, l'état normalisé d'une particule (${\langle\psi| \psi \rangle}=1$). Déterminer la dimension $\left\lvert {\langle\phi_n| \psi \rangle} \right\rvert^2$. Quelle est la signification de $\left\lvert {\langle\phi_n| \psi \rangle} \right\rvert^2$?

La dimension de $\left\lvert {\langle\phi_n| \psi \rangle} \right\rvert^2$ est $[n]^{-1}$. Et $\left\lvert {\langle\phi_n| \psi \rangle} \right\rvert^2$ représente la densité de probabilité $\dd P(n)/\dd n$ (par unité de $n$) que le système soit l'état $\ket{\phi_n}$, sachant qu'il était dans l'état $\ket{\psi}$.
$$
\dd P(n) = \left\lvert {\langle\phi_n| \psi \rangle} \right\rvert^2 \dd n
$$

2. En déduire que dans le cas d'un continuum,
l'Eq. $\eqref{eq:FGR}$ devient :
$$\mathrm{d}\tau_{i \rightarrow n} =
\frac{2\pi }{\hbar} \left\lvert {\langle\phi_n|} W_0 {|\phi_i\rangle} \right\rvert^2 \delta(E_n-E_i-\hbar\omega_0) \mathrm{d}n.$$
On donnera la signification physique de $\mathrm{d}\tau_{i \rightarrow n}$.

Dans le cas où $n$ est une variable continue, on peut appliquer la règle d'or de Fermi, mais il ne s'agit pas d'une probabilité par unité de temps mais d'une distribution de probabilité par unité de temps et par unité de n :
$\frac{\dd \tau_{i \rightarrow n}}{\dd n}$.
Autrement dit $\dd \tau_{i \rightarrow n}$ est la probabilité par uneité de temps que le système soit dans l'état $\ket{\phi_n}$ à $\dd n$ près.

3. En déduire que l'équation $\eqref{eq:tau}$ reste toujours valable et vérifier son homogénéité. Montrer que la densité d'états peut s'écrire de la
façon suivante :
$$\rho(E) = \left. \left\lvert \frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}E_n}\right|_{E_n = E} \right\rvert.$$

Lorsque $n$ est une variable continue, la densité d'état s'écrit sous la forme d'un intégrale :
$$
\sum_n \delta(E-E_n) \rightarrow \int_{\mathbb{R}}
\delta(E-E_n) \dd n =\int_{\mathbb{R}}
\delta(E-E_n)\abs{\frac{\dd n}{\dd E_n}} \dd E_n
$$
Ce qui après intégration donne bien le résultat attendu.

### Transition entre états d'un spectre discret

On considère une particule dont l'énergie potentielle est harmonique.
Son hamiltonien sera celui d'un oscillateur harmonique à une dimension.
$$
H_0=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2 \hat{x}^2
$$
On a $\hat{x}=x_0\left(a+a^\dagger\right)$ et
$\hat{p}=-i p_0\left(a-a^\dagger\right)$ où on a posé
$x_0=\sqrt{\hbar\over 2m\omega}$ et $p_0=\sqrt{{m\omega\hbar\over 2}}$.
Les opérateurs $a$ et $a^\dagger$ vérifient
$$a{|n\rangle}=\sqrt{n}{|n-1\rangle}
\ \ \ , \ \ \
a^\dagger{|n\rangle}=\sqrt{n+1}{|n+1\rangle}.$$

1. Rappeler les valeurs propres, $E^{(0)}_n$ de $H_0$ et leur dégénérescence.

Les valeurs propres de $H_0$ ne sont pas dégénérées.
$$
E_n^{(0)} = \hbar\omega(n+\frac{1}{2})
$$

2. La particule possède une charge $q$. Pour $t<0$, la particule est dans l'état fondamental ${|0\rangle}$. Entre les instants $t=0$ et $t=\tau$, elle est soumise à un champ électrique $\vec{\mathcal{E}} =\mathcal{E} \vec{u}_x$, où $\mathcal{E}$ est une constante. Donner l'expression du terme de perturbation $W(t)$ correspondant.

L'énergie potentielle de la particule dans le champ $\mathcal{E} \vec{u}_x$ est

$$
W(t) = -q\mathcal{E}x \theta(t)\theta(\tau-t)
$$
où $\theta(t)$ est la fonction de Heaviside qui n'est non nulle que si $t>0$.

3. A l'ordre le plus bas en $\mathcal{E}$, calculer la probabilité $\mathcal{P}_{0\rightarrow n}$ d'observer la particule dans un état ${|n\rangle}$, à l'issue de la période d'excitation (à $t=\tau$).

$$
\mathcal{P}_{0\rightarrow n} = \frac{q^2\mathcal{E}^2}{\hbar^2}\abs{\int_{0}^{\tau}\dd t e^{i(E_n-E_0)t/\hbar}\bra{n}\hat{x}\ket{0}}^2
$$
Or
$$
\bra{n}\hat{x}\ket{0} = x_0\bra{n}a+a^{\dagger}\ket{0} =
x_0\bra{n}a^{\dagger}\ket{0} = x_0\bra{n} 1\rangle = x_0\delta_{n,1}
$$
donc $\mathcal{P}_{0\rightarrow n} = 0$ si $n>1$ et
$$
\mathcal{P}_{0\rightarrow 1} = \frac{q^2x_0^2\mathcal{E}^2}{\hbar^2}\abs{\int_{0}^{\tau}\dd t e^{i(E_1-E_0)t/\hbar}}^2 = \left[\frac{qx_0\mathcal{E}\tau}{\hbar} \frac{\sin(\frac{\omega\tau}{2})}{\frac{\omega\tau}{2}}\right]^2
$$

Finalement,
$$
\mathcal{P}_{0\rightarrow 1} = \frac{q^2x_0^2\mathcal{E}^2}{\hbar^2} \abs{\int_{0}^{\tau}\dd t e^{i(E_1-E_0)t/\hbar}}^2 = \left[\frac{qx_0\mathcal{E}\tau}{\hbar} \text{sinc}\left(\frac{\omega\tau}{2}\right)\right]^2
$$

4. Montrer que les états propres ${|\Phi_n\rangle}$ de $H = H_0 + W(t)$, pour $t\in \left[0,\tau \right]$, sont définis par
$${|\Phi_n\rangle} = \exp{ \left(-i \frac{q \mathcal{E}}{m \omega^2} \frac{\hat{p}}{\hbar} \right)} {|n\rangle}$$
et donner leurs énergies $E_n$.

Le Hamiltonien total $\hat{H}(t)$ s'écrit de la façon suivante :
$$
\begin{aligned}
H(t) &= \frac{1}{2m}\hat{p}^2 + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2 -q\mathcal{E}\hat{x}\theta(t)\theta(\tau-t) \\
&= \frac{1}{2m}\hat{p}^2 + \frac{1}{2}m\omega^2 \left[\hat{x} - \frac{q\mathcal{E}}{m\omega^2}\theta(t)\theta(\tau-t)\right]^2 -\frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2}\theta(t)\theta(\tau-t)
\end{aligned}
$$
Or $\hat{p}$ est le générateur des translations, c'est à dire :
$$
e^{-i\lambda \hat{p}/\hbar}\ket{x} = \ket{x+\lambda}
$$
en prenant l'adjoint conjugué de cette dernière relation, on a aussi :
$$
\bra{x}e^{i\lambda \hat{p}/\hbar} = \bra{x+\lambda}
$$
A l'aide de ces deux relations et de la relation d'orthogonalité $\bra{x} x'\rangle=\delta(x-x')$, on montre facilement que :

$$
e^{i\lambda\hat{p}}\hat{x}e^{-i\lambda\hat{p}} = \hat{x}+\lambda
$$

En prenant $\lambda =\frac{q\mathcal{E}}{m\omega^2}\theta(t)\theta(\tau-t)$, on peut décrire

$$
e^{i\lambda\hat{p}}\hat{H}e^{-i\lambda\hat{p}} =
\hat{H}_0 - \frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2}\theta(t)\theta(\tau-t)
$$
On en déduit que

$$
e^{i\lambda\hat{p}}\hat{H}e^{-i\lambda\hat{p}} \ket{n} =
\left(E_n - \frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2}\theta(t)\theta(\tau-t) \right)\ket{n}
$$
en multipliant les deux membres de l'égalité par $e^{-i\lambda\hat{p}}$, on obtient

$$
\hat{H}e^{-i\lambda\hat{p}} \ket{n} = \left(E_n - \frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2} \theta(t)\theta(\tau-t)\right)e^{-i\lambda\hat{p}} \ket{n}
$$

On en déduit que si $t\in [0,\tau]$, $\ket{\Phi_n}=e^{i\lambda\hat{p}} \ket{n}$ est un état propre de $\hat{H}$ avec la valeur propre $E_n - \frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2}$.

5. Montrer que l'expression exacte de $\mathcal{P}_{0 \rightarrow n}$ est
$$\mathcal{P}_{0 \rightarrow n} = \left\lvert \sum_k \langle { n | \Phi_k } \rangle \langle { \Phi_k | 0 } \rangle e^{-i E_k \tau/ \hbar } \right\rvert^2 .$$

$\mathcal{P}_{0 \rightarrow n}$ est la probabilité
que le la particule soit dans l'état $\ket{n}$ à l'instant $\tau$ sachant qu'elle était dans l'état $\ket{0}$ à l'instant $t=0$.

Or $\ket{0} = \sum_{k=0}^{\infty}\ket{\Phi_k}\bra{\Phi_k}0\rangle$
donc
$$
\ket{\psi(\tau)} = e^{i\hat{H}\tau/\hbar}\ket{0} = \sum_{k=0}^{\infty}e^{i\hat{H}\tau/\hbar}\ket{\Phi_k}\bra{\Phi_k}0\rangle =
\sum_{k=0}^{\infty}e^{i\mathcal{E}_k\tau/\hbar}\ket{\Phi_k}\bra{\Phi_k} 0 \rangle
$$
où $\mathcal{E}_k =E_k - \frac{(q\mathcal{E})^2}{2m\omega^2}$.

La probabilité que la particule soir dans l'état $\ket{n}$ à l'instant $t=\tau$ est donc

$$
\mathcal{P}_{0 \rightarrow n} = \abs{\bra{n}\psi(\tau)\rangle}^2 = \abs{\sum_{k=0}^{\infty}e^{i\mathcal{E}_k\tau/\hbar}
\bra{n}\Phi_k\rangle\bra{\Phi_k}0\rangle
}^2 = \abs{\sum_{k=0}^{\infty}e^{iE_k\tau/\hbar}
\bra{n}\Phi_k\rangle\bra{\Phi_k}0\rangle
}^2
$$

6. Donner l'expression des états ${| \Phi_k\rangle}$ au premier ordre en $\mathcal{E}$.

$$
\ket{\Phi_k} = \exp\left(-i\frac{q\mathcal{E}}{m\hbar\omega^2}\hat{p}\right)\ket{k} \simeq
\left(\un-i\frac{q\mathcal{E}}{m\hbar\omega^2}\hat{p} \right)\ket{k}
$$
en utilisant $\hat{p} = p_0(a-a^{\dagger})$, on obtient

$$
\ket{\Phi_k} \simeq \ket{k} - \frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0\left(\sqrt{k}\ket{k-1} - \sqrt{k+1}\ket{k+1}\right)
$$

7. Calculer $\mathcal{P}_{0 \rightarrow n}$ à l'ordre 2 en $\mathcal{E}$ et comparer le résultat avec celui qu'on avait obtenu à la question  3

L'expression de $\ket{\Phi_k}$ au premier ordre obtenue à ma question précédente permet de calculer :

$$
\bra{\Phi_k}0\rangle \simeq \delta_{k,0} - \frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0 \delta_{k,1}
$$
et
$$
\bra{n}\Phi_k\rangle \simeq \delta_{n,k} - \frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0
\left(\sqrt{n+1}\delta_{k,n+1} -\sqrt{n}\delta_{k,n-1}\right)
$$
On obtient donc au premier ordre en $\frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0$
$$
\bra{\Phi_k}0\rangle\bra{n}\Phi_k\rangle \simeq
-\frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0\left(\delta_{k,0} + \delta_{k1} \right)\delta_{n1}
$$
EN injectant cette dernière expression dans l'expression de la probabilité on obtient:
$$
\mathcal{P}_{0 \rightarrow n} = \delta_{n1} \left(\frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0\right)^2
\abs{e^{iE_0\tau/\hbar} - e^{iE_1\tau/\hbar}}^2
= \delta_{n1} \left(\frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}x_0\right)^2 \text{sinc}^2\left(\frac{\omega\tau}{2}\right)
$$
ce qui est bien ce que nous avions trouvé en applicant la théorie de perturbation dependant du temps au premier ordre.

### (Facultatif )Transition d'un état discret vers un continuum d'états

On a déjà étudié les états d'une particule dans un puits de potentiel de profondeur finie $V_0$. On a vu qu'il existe des états liés ayant une énergies $E<0$, qui correspondent à des fonctions d'onde localisées autour du puits, et des états de diffusion ayant une énergie $E>0$, où la particule est complètement délocalisée dans l'espace. On rappelle que les états liés n'existent que pour des valeurs discrètes de leurs énergies, alors que pour les états de diffusion, toutes les énergies $E$, telles que $E>0$ sont possibles; elles forment donc un continuum.

On se propose d'étudier la transition, d'un état lié du puits vers un
état de diffusion, induite par un champ électrique sur une particule de
charge $q$.

Pour simplifier le problème, on considère que l'énergie potentielle $V(x)$ est de la forme $V(x) = -a\delta(x)$, où $\delta(x)$ est la distribution de Dirac et $a$ une constante réelle positive. L'hamiltonien de la particule est donc:
$$H_0 = \frac{\hat{p}^2 }{2m } - a\delta(x) \qquad \qquad \text{avec} \:\; a >0.$$

#### I État lié

1. Donner l'expression des solutions, $\varphi^R(x)$, $\varphi^L(x)$,
de l'équation de Schrödinger stationnaire associée à $H_0$ dans les
régions à droite et gauche du puits de potentiel, c'est à dire pour
$x>0$ et pour $x<0$
2. Imposer que l'état soit un état lié. C'est à dire que sa fonction
d'onde tend vers zero à l'infini.

3. Imposer que $\varphi(x)$ est continue en $x=0$, puis normaliser
l'état. Montrer que sa dérivée n'est pas continue en $x=0$.

lorsque $x \neq 0$ l'équation di Schrodinger est simplement
l'équation différentielle suivante
$$
\phi''(x) + \frac{2mE}{\hbar^2}\phi(x)=0
$$
* Si $E<0$, on note $\lambda = \sqrt{-\frac{2mE}{\hbar^2}} \in\mathbb{R}$ et les solutions de l'equation différentielle peuvent d'écrire de la façon suivante :

$$
\phi(x) = Ae^{\lambda x} + Be^{-\lambda x};\quad A,B \in \mathcal{C}
$$

* Si E>0, on note $k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$
et les solutions de l'équation de Schrodinger sont
$$
\phi(x) = Ce^{ikx} + De^{-ikx};\quad C,D \in \mathcal{C}
$$
Comme on cherche les états liés, on choisit les solutions qui sont telles que $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\phi(x) =0$. Ce qui n'est possible que si $E<0$ et de plus on choisit les coefficient $A$ et $B$ de telle sorte que
$$
\phi(x<0) )= \phi^L(x)= Ae^{\lambda x};\quad \phi(x>0) = \phi^R(x) = Be^{-\lambda x}
$$
La continuité de la fonction en $x=0$, impose que $A=B$.

On obtient donc les états lié que si $E<0$ et
$$
\phi(x) = Ae^{-\lambda\abs{x}}; \quad \lambda = \sqrt{-\frac{2mE}{\hbar^2}}
$$

Normalisons la fonction d'onde :
$$
1=\int_{\mathbb{R}} \abs{\phi(x)}^2\dd x = \abs{A}^2 \int_{\mathbb{R}}e^{-2\lambda \abs{x}} \dd x = \frac{\abs{A}^2}{\lambda}
$$
donc pour que la fonction d'onde soit normalisé, il faut quel $\abs{A}= \sqrt{\lambda}$.

Les fonctions d'ondes des état liés sont donc de la forme
$$
\phi(x) = \sqrt{\lambda} e^{-\lambda\abs{x}}
$$

La dérivée de $\phi(x)$ est en effet discontinue en $x=0$
et le saut de la dérivée est

$$
\phi'(0^+) - \phi(0^-) = -2(\lambda)^{3/2} = -2\left(-\frac{2mE}{\hbar^2}\right)^{3/4}
$$

4. En partant de l'équation de Schrödinger, on obtient la condition suivante :
$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0} \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \text{d}x \left(\frac{p^2 }{2m} -a \delta(x ) - \epsilon_0 \right)\varphi(x) =0.$$

En déduire l'unique valeur possible de l'énergie $\epsilon_0$; cet
état est donc le seul état lié du système.

Dans la suite on appellera $\varphi_0(x)$ la fonction d'onde de cet
état lié et on notera $K = \sqrt{-\frac{2m\epsilon_0}{\hbar^2}}$.

On ecrit la limite de l'intégrale de la façon suivante :

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0} \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \dd x \left[\varphi''(x) +\left(\frac{2ma}{\hbar^2} \delta(x) + \frac{2m\epsilon_0}{\hbar^2} \right)\varphi(x)\right] =0.$$

Or
$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}
\int_{-\epsilon}^{\epsilon} \dd x \phi''(x) = \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\left[
\phi'(\epsilon) - \phi'(-\epsilon)\right] = -2(\lambda)^{3/2}
$$
Comme $\phi(x)$ est continue, on obtient
$$
-2(\lambda)^{3/2} +\frac{2ma}{\hbar^2}\phi(0) + 0 = 0
$$
Or $\phi(0) = \sqrt{\lambda}$, donc :
$$
-2(\lambda)^{3/2} + \frac{2ma}{\hbar^2}\sqrt{\lambda} = 0
$$
et donc
$$
\lambda = \frac{ma}{\hbar^2} \Rightarrow \lambda^2 = \left(\frac{ma}{\hbar^2}\right)^2
$$
or $\lambda^2 = -\frac{2mE}{\hbar^2}$, donc

$$
E = -\frac{ma^2}{2\hbar^2} = \epsilon_0
$$

Remarque $\lambda = K = \frac{ma}{\hbar^2}$.

Le puit de Dirac ne peut donc accommoder qu'un seul état lié.

#### II États libres

On cherche les solutions $\phi_k(x) = {\langle x| \phi_k \rangle}$ de l'équation de Schrödinger qui ont une énergie $E_k$ positive. Pour chaque $k>0$, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 2. On choisit les deux solutions indépendantes suivantes :
$$
\begin{aligned}
\phi_k^{\text{L}}(x) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(e^{-ikx} - f^{\text{L}}e^{-ik\left\lvert x \right\rvert} \right)\\
\phi_k^{\text{R}}(x) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(e^{ikx} - f^{\text{R}}e^{-ik\left\lvert x \right\rvert} \right)
\end{aligned}
$$

1. Quel type d'état physique décrivent-elles ? À quel processus
correspond une transition de l'état ${|\varphi_0\rangle}$
vers un des états ${|\phi_k^{\text{R,L}}\rangle}$ ? Pour
quelles raisons choisit-on précisément ces états pour décrire le
processus d'ionisation ?

Ces états décrivent des états de diffusion de la particule avec une énergie positive. Une transition d'un état lié vers un de ces états de diffusion décrit un processus du type fragmentation. Par exemple si la particule est un électron d'un atome, la transition décrit un processus d'ionisation.

Les état $\phi^K_k(x)$ et $\phi^R_k(x)$ sont choisi de telle sorte que les conditions suivantes soient satifaites :
Soit $\psi^{L,R}(x,t) = \int_\mathbb{R^+} g(k) \phi_k^{L,R}(x)e^{-iE_kt/\hbar} \dd k$. C'est à dire que $\psi^{L,R}(x,t)$ est un paquet d'onde.
Il n'est pas trop difficile de se convaincre que si $g(k)$ n'est pas trop bizarre, alors on a les propriétés suivantes :
$$
\lim_{x\rightarrow -\infty}\lim_{t\rightarrow +\infty}\psi^R(x,t) = 0; \quad \lim_{x\rightarrow +\infty}\lim_{t\rightarrow +\infty}\psi^L(x,t) = 0
$$

C'est à dire qu'en effectuant des paquets d'ondes avec ces états stationnaires, on obtiendra dans un cas une particule qui sortira vers la droite ($\psi^R$) où vers la gauche ($\psi^L$).

2. En imposant les conditions aux limites déterminer les expressions de
$f^{\text{L}}$ et $f^{\text{R}}$ en fonction de $k$ et $K$.

Les fonctions $\phi^{L,R}_k(x)$ sont continues en $x=0$ et leur dérivées en $x=0$ doievnt vérifier :

$$
\phi'_k(0^+)-\phi'_k(0^-) + 2 K\phi(0) = 0
$$

or

$$
\phi^{L'}_k(0^+)-\phi^{L'}_k(0^-) = 2ikf^L
$$
et $\phi^L_k(0) = 1-f^L$
on obtient donc

$$
f^L = \frac{K}{K-ik}
$$
En effectuant le même rainsonement avec $\phi^R_k(x)$,
on obtient
$$
f^R = f^L = \frac{K}{K-ik}
$$

3. Vérifier que les fonctions $\phi_k^{\text{L}}(x)$ et
$\phi_k^{\text{R}}(x)$ sont orthonormées. C'est à dire qu'elles
vérifient les relations suivantes :
$${\langle\phi_{k'}^{\text{L}}| \phi_{k}^{\text{L}} \rangle} = {\langle\phi_{k'}^{\text{R}}| \phi_{k}^{\text{R}} \rangle} = \delta(k-k'); \quad {\langle\phi_{k'}^{\text{L}}| \phi_{k}^{\text{R}} \rangle} = 0.$$
Pour cela on pourra utiliser le résultat suivant :

$$
\int_0^{+\infty} e^{i(k-k')x}\dd x = \pi\delta(k-k') + i\frac{\text{v.p}}{k},
$$
où $\frac{\text{v.p}}{k}$ est la distribution définie par :

$$
\langle \frac{\text{v.p}}{k},\psi(k)\rangle = \lim_{\epsilon\rightarrow 0}
\left[ \int_{-\infty}^{-\epsilon} \frac{\psi(k)}{k} +
\int_{\epsilon}^{+\infty}\frac{\psi(k)}{k}\right].
$$
Le calcul est un peu fastidieux; il prend en compte l'expression explicite de la fonction $f(k) = \frac{K}{K-ik}$.

4. Calculer la densité d'état $\rho(E)$ et déterminer sa dimension.

La densité $\rho(E)$ d'états est donnée par
$$
\rho(E) = \left.\frac{\dd k}{\dd E_k}\right|_{E_k = E}
$$
or ici, $E_k = \frac{\hbar^2k^2}{2m}$, donc
$$
\rho(E) = \frac{m}{\hbar^2 k} = \sqrt{\frac{m}{2\hbar^2E}}
$$

#### III Probabilité de transition

La particule, de charge $q$, initialement dans l'état $\varphi_0$ est soumise à l'action du champ électrique :
$$\vec{\mathcal{E}} (t) = \mathcal{E} \vec{u}_x \cos{\left(\omega t\right)}; \qquad \qquad \omega >0.$$

1. À l'aide de l'Eq. $\eqref{eq:pert}$, on montre que :
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau_{0\rightarrow k}^{\text{L,R}} = \frac{2\pi}{\hbar}
\left\lvert {\langle\phi_{k}^{\text{L,R}}|}\hat{W}{|\varphi_0\rangle} \right\rvert^2
\left[\delta(E_k-\epsilon_0-\hbar\omega) + \delta(E_k-\epsilon_0+\hbar\omega)\right],$$
où $\hat{W} = \frac{1}{2}q\mathcal{E}\hat{x}$. A quels processus physiques correspondent chacun des termes en $\delta(E_k-\epsilon_0\pm\hbar\omega)$ ?.

2. Montrer qu'ici, seul un des deux termes contribue au taux d'ionisation.

Le premier termes est non nul que si $E_k-\epsilon_0 =\hbar\omega$, alors que le second terme est non nulle que si $E_k-\epsilon_0 =-\hbar\omega$.
Comme ici $E_k-\epsilon_0 >0$ et $\omega>0$, seul le premier termes est non nul.
On peut interpréter ce premier terme comme un processus d'absorption d'un photon de pulsation $\omega$ et donc d'énergie $\hbar\omega$.
Le second terme correspondrait à un processus d'emission d'un photon, qui ne peut avoir lieu ici.

3. Calculer le taux d'ionisation $\langle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau^{\text{L,R}}\rangle$ de l'état fondamental vers tous les états d'ionisation possibles. On utilisera la parité de $H$ lors de la transformation $x\rightarrow -x$.

Calculons $\bra{\phi_k^L}\hat{W}\ket{\phi_0}$ :
$$
\bra{\phi_k^L}\hat{W}\ket{\phi_0} = \frac{1}{2}\mathcal{E}\sqrt{K} \int_{\mathbb{R}} \phi_k^L(x)xe^{-K\abs{x}}\dd x
$$
Comme la fonction $xe^{-K\abs{x}}$ est impaire, il n'y a que la partie impaire de $\phi_k^L(x)$ qui contribue à l'intégrale.
Or

$$
\phi_k^L(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(e^{-ikx} - f^{\text{L}}e^{-ik\left\lvert x \right\rvert} \right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(\cos(kx) - i\sin(kx)- f^{\text{L}}e^{-ik\left\lvert x \right\rvert}\right)
$$
La partie impaire qui contribuera à l'intégrale sera donc
$-\frac{i}{\sqrt{2\pi}}\sin(kx)$; On a donc :

$$
\bra{\phi_k^L}\hat{W}\ket{\phi_0} = -\frac{1}{2}\mathcal{E}\sqrt{K} \frac{i}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} \sin(kx)xe^{-K\abs{x}}\dd x = -\mathcal{E}\sqrt{K} \frac{i}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{+\infty} \sin(kx)xe^{-K\abs{x}}\dd x
$$
Après calcul on obtient :
$$
\bra{\phi_k^L}\hat{W}\ket{\phi_0} =
-\frac{i}{\sqrt{2\pi}}q\mathcal{E}\sqrt{K} \frac{2kK}{(K^2+k^2)^2}
$$
On en déduit que
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau_{0\rightarrow k}^{\text{L}} = \frac{4q^2\mathcal{E^2}k^2K^3}{(K^2 + k^2)^2}
$$
Le taux total d'ionization s'obtient en sommant sur tous les états finaux, donc en sommant sur $k$ :
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau^{\text{L}} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau_{0\rightarrow k}^{\text{L}} \dd k =
\int_{0}^{+\infty}\rho(E_k)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau_{0\rightarrow k}^{\text{L}} \dd E_k
$$
ce qui donne
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau^{\text{L}}=
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau_{0\rightarrow k}^{\text{L}}\rho(E_k=\epsilon_0 + \hbar\omega)
$$
avec $\rho(E) = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$, on obtient
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k} \tau^{\text{L}} =
\frac{\hbar q^2\mathcal{E}}{m}(-\epsilon_0)^{3/2}\frac{(\epsilon_0 +\hbar\omega)^{1/2}}{(\hbar\omega)^4}
$$